题解：AT_arc050_c [ARC050C] LCM 111-优快云博客

一道比较简单的题。~~（我绝对不会告诉你这题我改了很久）~~

题目意思很简单，我就不过多解释了，我们直接进入正题。

题目要我们求 $a$ 个 $1$ 组成的数与 $b$ 个 $1$ 组成的数的最小公倍数除以 $m$ 后的余数。先不考虑多的，我们先设定一个函数 $change⁡(x)\operatorname{change}(x)$ 表示由 $x$ 个 $1$ 组成的数，也就是这个：

$change⁡(x)=111111...11⏟x个1\operatorname{change}(x)=\underbrace{111111...11}_{x\text{个}1}$

写的更加数学化一点就是：

$change⁡(x)=10x−19\operatorname{change}(x)=\frac{10^x-1}{9}$

那么我们要求的答案就是：

$m\operatorname{lcm}(\operatorname{change}(a),\operatorname{change}(b))\bmod m$

同时又有 $lcm⁡(x,y)=x×y÷gcd⁡(x,y)\operatorname{lcm}(x,y)=x\times y\div\operatorname{gcd}(x,y)$ 。

所以说：

$mans=\operatorname{change}(a)\times\operatorname{change}(b)\div\operatorname{gcd}(\operatorname{change(a)},\operatorname{change(b)})\bmod m$

但我们仔细发现： $gcd⁡(change⁡(a),change⁡(b))\operatorname{gcd}(\operatorname{change}(a),\operatorname{change}(b))$ 这东西也不好求啊，如果我们能把它转化成 $a$ 和 $b$ 之间的关系就好了。

那么接下来，让我们用感性的思维去看一看这个式子，直觉告诉我们： $gcd⁡(change⁡(a),change⁡(b))=change⁡(gcd⁡(a,b))\operatorname{gcd}(\operatorname{change}(a),\operatorname{change}(b))=\operatorname{change}(\operatorname{gcd}(a,b))$ 。以下是证明过程。

证明： 假设 $1111...11⏟t个1\underbrace{1111...11}_{t\text{个}1}$ 同时是 $11111...11⏟a个1\underbrace{11111...11}_{a\text{个}1}$ 与 $111111...11⏟b个1\underbrace{111111...11}_{b\text{个}1}$ 的公因数，则：

$111111...11⏟b个1=1111...11⏟t个1×1000...00⏟t−1个01000...00⏟t−1个01...1000...00⏟t−1个0111111...11⏟a个1=1111...11⏟t个1×1000...00⏟t−1个01000...00⏟t−1个01...1000...00⏟t−1个01\underbrace{111111...11}_{b\text{个}1}=\underbrace{1111...11}_{t\text{个}1}\times1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1...1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1\\\underbrace{11111...11}_{a\text{个}1}=\underbrace{1111...11}_{t\text{个}1}\times1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1...1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1$

第一个式子中 $000...00⏟t−1个01\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1$ 这样的循环一共有 $bt\frac{b}{t}$ 个，第二个式子中这样的循环则有 $at\frac{a}{t}$ 个，因为要有整数个循环，所以 $bt\frac{b}{t}$ 和 $at\frac{a}{t}$ 都是整数，所以 $t$ 是 $a, b$ 的公因数。而我们要 $1111...11⏟t个1\underbrace{1111...11}_{t\text{个}1}$ 最大，所以 $t$ 就要是 $a, b$ 的最大公因数，即 $t=gcd⁡(a,b)t=\operatorname{gcd}(a,b)$ 。

由上，我们可以得到：

$gcd⁡(11111...11⏟a个1,111111...11⏟b个1)=111111...11⏟t个1=111111...11⏟gcd⁡(a,b)个1\operatorname{gcd}(\underbrace{11111...11}_{a\text{个}1},\underbrace{111111...11}_{b\text{个}1})=\underbrace{111111...11}_{t\text{个}1}=\underbrace{111111...11}_{\operatorname{gcd}(a,b)\text{个}1}$

转化一下就成了：

$gcd⁡(change⁡(a),change⁡(b))=change⁡(gcd⁡(a,b))\operatorname{gcd}(\operatorname{change}(a),\operatorname{change}(b))=\operatorname{change}(\operatorname{gcd}(a,b))$

所以，我们得到了这样一个等式：

$ans=change⁡(a)×change⁡(b)÷change⁡(gcd⁡(a,b))ans=\operatorname{change}(a)\times\operatorname{change}(b)\div\operatorname{change}(\operatorname{gcd}(a,b))$

但这样我们又要算三遍 $change⁡(x)\operatorname{change}(x)$ ，有没有什么办法可以优化？

这里呢我是采用了倍分的思想。

在上面的证明过程中，我们将 $111111...11⏟b个1\underbrace{111111...11}_{b\text{个}1}$ 拆成了 $1111...11⏟t个1×1000...00⏟t−1个01000...00⏟t−1个01...1000...00⏟t−1个01\underbrace{1111...11}_{t\text{个}1}\times1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1...1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1$ ，我们沿用这个思路，如果我们把 $change⁡(a)\operatorname{change}(a)$ 归为一类， $change⁡(b)÷change⁡(gcd⁡(a,b))\operatorname{change}(b)\div\operatorname{change}(\operatorname{gcd}(a,b))$ 归为一类，那我们就只需要解决后半部分值的问题就行了，后半部分又该怎么做呢？

我们将这个式子转化一下，就成了:

$\begin{equation}\begin{split}&\operatorname{change}(b)\div\operatorname{change}(t)\\&=\underbrace{111111...11}_{b\text{个}1}\div\underbrace{1111...11}_{t\text{个}1}\\&=1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1...1\underbrace{000...00}_{t-1\text{个}0}1\end{split}\end{equation}$

而这又有 $bt\frac{b}{t}$ 个循环，因为 $t=gcd⁡(a,b)t=\operatorname{gcd}(a,b)$ ，所以就有 $b÷gcd⁡(a,b)b\div\operatorname{gcd}(a,b)$ 个循环。到这，整个思路就彻底结束了。

代码实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int a,b,m;
int gcd(int x,int y) {
	if(y==0) {
		return x;
	}
	return gcd(y,x%y);
}
int qpow(int x,int y) {//快速幂
	int z=1;
	while(y) {
		if(y&1) {
			z=z*x%m;
		}
		y>>=1;
		x=x*x%m;
	}
	return z;
}
int answer(int x,int y) {
	int now=1,po=qpow(10,y),ans=0;
	while(x) {
		if(x&1) {
			ans=(ans*po%m+now)%m;
		}
		x>>=1;
		now=(now*po%m+now)%m;
		po=po*po%m;
	}
	return ans;
}
signed main() {
	cin>>a>>b>>m;
	int g=gcd(a,b);
	cout<<answer(a,1)*answer(b/g,g)%m;//一共有b/g个循环，每次要乘10^g
	return 0;
}